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MAROC - CONCOURS NATIONAL COMMUN
FILIERE MP
SESSION 2000
PREMIERE COMPOSITION DE MATHEMATIQUES
corrigé par Gilles Deruelle.
Première Partie
1. On a :
|un+1 |
1
= lim
=0
n→∞ (2n + 5)(2n + 2)
|un |
ce qui montre que le rayon de convergence de la série entière
un X n est égal à +∞.
On en déduit que celui de la série entière
un x2n est égal à +∞. G apparaı̂t donc comme le produit
lim
n→∞
3
de cette série entière par la fonction x → x 2 qui est de classe C 1 sur R+ .
2.

3
3
∀x ∈ R+ , xG (x) + G(x) = x x 2 .
2

un x2n  +
n≥0
3
3
un x2n+ 2
2
n≥0
3 3
3
5
3
x2
un x2n + x 2
2nun x2n−1 +
un x2n+ 2
2
2
n≥0
n≥1
n≥0




3
3
= x 2 3
un x2n +
2nun x2n  = x 2 3u0 +
(2n + 3)un x2n 
=
n≥0
n≥1
n≥1
(−1)n
√
3
x2n = x sin x .
= x2
(2n + 1)!
n≥0
Deuxième Partie
1. (a) ∀t ∈ [0, 1], K(0, t) = 0. On en déduit que T f (0) = 0. On a par ailleurs :
∀x ∈]0, 1] , T f (x) =
x
1
K(x, t)f (t)dt +
0
K(x, t)f (t)dt =
x
1
x
x
0
t2 f (t)dt + x2
1
x
f (t)
dt ().
t
Cela donne la majoration :
∀x ∈]0, 1] , |T f (x)| ≤ f ∞
1
x
x
x
0
t2 dt + x2
1
x
3
x
dt
− x2 ln x .
= f ∞
t
3
On en déduit la continuité de T f en x = 0.
(b) La linéarité de l’opérateur T découle de la linéarité de l’intégrale. Par ailleurs () montre, pour
tout f ∈ C([0, 1]), la continuité de T f sur ]0, 1]. Enfin grâce au 1.(a): ∀f ∈ C([0, 1]), T f ∈ C([0, 1]).
En conclusion T est bien un endomorphisme de C([0, 1]).
1
2. T n’est pas surjectif : la question 1.(a) a montré que pour tout f ∈ C([0, 1]), T f (0) = 0 ; or une
fonction de C([0, 1]) ne s’annule pas nécessairement à l’origine.
3. (a) On a déjà montré ce résultat à la question 1.(a).
(b) () montre sans difficulté que F est de classe C 1 sur ]0, 1]. On obtient précisément :
1
x
f (t)
1
dt .()
∀x ∈]0, 1] , F (x) = − 2
t2 f (t)dt + 2x
x 0
t
x
D’où la majoration :
∀x ∈]0, 1] , |F (x)| ≤ f ∞
x2
− 2x ln x .
3
On en déduit que lim+ F (x) = 0, puis classiquement par le théorème de “prolongement C 1 ” ,
x→0
que F est de classe C 1 sur [0, 1] avec F (0) = 0.
() et () montrent que F (1) + F (1) = 0.
(c) En dérivant () il vient :
∀x ∈]0, 1] , F (x) =
2
x3
x
t2 f (t)dt + 2
0
1
x
f (t)
dt − 3f (x) .
t
On en déduit grâce à () :
∀x ∈]0, 1] , F (x) =
1
2
2 1 x 2
f (t)
2
dt
− 3f (x) = 2 F (x) − 3f (x) .
t
f
(t)dt
+
x
x2 x 0
t
x
x
4. (a) Exprimons que x → xλ est solution de (E0 ) :
2
∀x ∈]0, 1] , λ(λ − 1)x2 x(λ−1)(λ−2) − 2xλ = xλ λ(λ − 1)x(λ−2) − 2 = 0 .
La seule possibilité est λ = 2.
(b) x → x2 ne s’annulant pas sur ]0, 1], cherchons une autre solution sous la forme y = x2 z. On est
alors ramené à résoudre :
Z = z et xZ + 4Z = 0 .
Cste
Cste
On obtient : Z = 4 = z’ , puis z = 3 + Cste.
x
x
1
Une solution de (E0 ) indépendante de x → x2 est par exemple : x → .
x
Toute solution de (E0 ) sur ]0, 1] s’écrit alors sous la forme :
y(x) = αx2 +
β
où α et β ∈ R .
x
(c) D’après ce qui précède, f étant donnée, T f est bien solution du problème posé. Il s’agit donc de
montrer que c’est la seule. Supposons pour cela que F et G soient solutions. Alors F − G est
solution de (E0 ) et en conséquence il existe α et β ∈ R tels que :
F (x) − G(x) = αx2 +
Le fait que
β
.
x
lim F (x) − G(x) = 0 implique que β = 0. Il vient alors F (x) − G(x) = αx2 , puis
x→0+
F (1) − G(1) + F (1) − G (1) = α + 2α = 0 entraı̂ne que α = 0. Finalement F = G.
2
5. Soit λ une valeur propre non nulle de T et f un vecteur propre associé. T f = λf est alors solution du
problème énoncé à la question 4.(c). En particulier :
∀x ∈]0, 1] , λf (x) −
Ce qui donne :
2
λf (x) = −3f (x) .
x2
∀x ∈]0, 1] , λx2 f (x) + 3x2 − 2λ f (x) = 0 .
Les autres conditions du problème, étant vérifiées par λf , le sont par f .
Réciproquement, on montre par un calcul similaire que si f est une solution non identiquement nulle
du problème posé dans cette question (λ = 0) , λf est solution de celui posé à la question 4.(c) : T f
étant l’unique solution de ce problème, on obtient : T f = λf avec f = 0. Ce qui montre que f est
valeur propre de T associé à la valeur propre λ.
Troisième Partie.
1.et 2. Exprimons donc qu’une série entière
an xn est solution de (Eλ ) sur ] − R, R[ :
∀x ∈] − R, R[ , λx2
n(n − 1)an xn−2 + 3x2
an xn − 2λ
an xn
n≥2
= −2λ(a0 + a1 x) +
n≥0
λ[n(n − 1) − 2]an xn + 3
n≥2
= −2λ(a0 + a1 x) +
n≥0
an−2 xn
n≥2
[λ(n + 1)(n − 2)an + 3an−2 ] xn = 0 .
n≥2
Cela exige que a0 = a1 = 0. On en déduit que tous les coefficients de rang impair sont nuls. Par
ailleurs a2 peut être choisi arbitrairement et l’on a :
∀n ≥ 2 , a2n =
−3
a2n−2 ,
λ(2n + 1)(2n − 2)
d’où l’on tire :
∀n ≥ 1 , a2n = (−1)n−1
λn−1 (2n
3n
a2 .
+ 1)(2n − 1)!
La condition fλ (x) ∼ x2 au voisinage de zéro est vérifiée pour a2 = 1. La seule série entière qui répond
à la question est alors :
fλ (x) =
n≥1
(−1)n−1 3n
(−1)n 3n+1
x2n =
x2n+2 .
n
+ 1)(2n − 1)!
λ (2n + 3)(2n + 1)!
λn−1 (2n
n≥0
On vérifie sans difficulté que son rayon de convergence est égal à +∞.
On obtient ensuite :
√ ∀x ∈ R , fλ (x) = x
n≥0
c’est à dire :
√ 1 3
(−1)n 3n+1
(−1)n
2n+ 32
4 λ4
x
=
x
3
λn (2n + 3)(2n + 1)!
(2n + 3)(2n + 1)!
n≥0
√
fλ (x) = (3λ ) x G
3
3
1
4
3
x .
λ
2n+ 32
3
x
,
λ
3. (a) Cela découle directement de fλ (x) ∼ x2 au voisinage de zéro.
(b) Classiquement on cherche une solution de (Eλ ) sur ]0, a] sous la forme y = fλ z ; un calcul sans
difficulté montre que Z = z est solution de :
2fλ Z + fλ Z = 0 .
Cste
Cste
(c) On obtient alors : Z = z = 2 , puis y(x) = fλ (x).
dt.
2
fλ
f
x
λ (t)
La fonction positive t →
1
fλ2 (t)
n’étant pas intégrable sur ]0, ], on obtient par “ intégration
des relation de comparaison” , au voisinage de zéro :
dt
Cste
2
.
∼
y(x) ∼ x
4
t
x
x
Ceci montre qu’il existe une solution yλ de (Eλ ) sur ]0, a] vérifiant au voisinage de zéro :
yλ (x) ∼
1
.
x
3x2 − 2λ
y = 0 sont définies sur ]0, +∞[
x2
ou sur ] − ∞, 0[. Le résultat d’existence et d’unicité de telles solutions montre que yλ se prolonge
de façon unique en une solution sur ]0, +∞[ de (Eλ ). En particulier il existe une solution gλ sur
]0, 1] qui prolonge yλ .
Les solutions maximales de l’équation différentielle λy +
4. (a) Les équivalents respectifs de fλ et gλ au voisinage de zéro montrent que ces deux fonctions ne
peuvent être colinéaires.
(b) Toute solution de (Eλ ) sur ]0, 1] s’écrit sous la forme :
αfλ + βgλ ,
(c) Soit h = αfλ + βgλ . La condition
avec (α, β) ∈ R2 .
lim h(x) = 0 exige clairement β = 0. Réciproquement . . .
x→0+
5. (a) Utilisons la caractérisation de la question II-5. : soit λ une valeur propre non nulle de T ; il
existe alors une solution non identiquement nulle de (Eλ ) sur ]0, 1] qui tend vers zéro à l’origine.
D’après la question 4.(c), cette solution est proportionnelle à fλ .
Voyons ce qu’entraı̂ne la condition fλ (1) + fλ (1) = 0 :
1
3
3√
3
fλ (x) = Kλ √ G
x +
x
,
xG
2 x
λ
λ
λ
donne :
1
3
3
3 3
+ G
+
G
+ fλ (1) = Kλ G
λ
2
λ
λ
λ
14
3
3
3 3
3
3
= Kλ
G
+ G
= Kλ
=0.
sin
λ
λ
2
λ
λ
λ
fλ (1)
λ est donc nécessairement de la forme :
λ=
3
k2 π2
= λk avec k ∈ N .
4
(b) Le calcul effectué dans la question précédente montre que si λ = λk , fλk , qui est solution de (Eλk ),
vérifie bien les conditions requises (cf. question II-5) . . . : λk est valeur propre de T , pour tout
k ∈ N .
(c) Le sous-espace propre associé à la valeur propre λk est d’après ce qui précède Vect(fλk ).
Quatrième Partie
1. On obtient sans difficulté :
∀(f, g) ∈ E , (T f, g) = (f, T g) =
K(x, y)f (y)g(x)dxdy .
[0,1]×[0,1]
2. (a) On a :
√
fλk (x) = Kλk x G
1
√
3
3
x = Kλk x G (kπx) = 3λ3k 4 hk (x) =
3 hk (x) .
λk
(kπ) 2
D’où :
T hk = λk hk =
3
k2 π2
hk .
(b) Il vient pour k et m ∈ N distincts :
(T hk , hm ) = λk (hk , hm ) = (hk , T hm ) = λm (hk , hm )
qui montre que la famille (hk )k∈N est orthogonale.
On en déduit que la famille (Φk )k∈N est orthonormale.
3. (a) La fonction f est 2π périodique, continue , C 1 par morceaux et paire : le théorème de Dirichlet
permet d’affirmer que f est la somme de sa série de Fourier.
On a :
2
a0 (f ) =
π
et
2
∀n ≥ 1 , an (f ) =
π
π
0
−2
f (t) cos ntdt = 3
π
0
π
π
f (t)dt =
0
4
3
−2 −2
t cos ntdt = 3 ·
π n
2
π
t sin ntdt =
0
On obtient finalement :
∀t ∈ R , f (t) =
2
4 (−1)n−1
+ 2
cos nt .
3 π
n2
n≥1
(b) Parseval donne :
1
π
D’où :
π
f 2 (t)dt =
0
a0 (f )2
1 8 1
8
4
=
+
an (f )2 = + 4
.
15
4
2
9 π
n4
n≥1
1
8
4
π4
π4
π4 4
−
·
=
.
=
=
n4
8
15 9
8 45
90
n≥1
5
n≥1
4 (−1)n−1
·
π.
π3 n
n
(c) Un calcul direct donne :
1 1
2
K (x, t)dxdt =
0
0
1
0
Par ailleurs :
x
0
t4
dt +
x2
λ2k =
k≥1
1 3
x
x4
1
3
4
+ x − x dx =
.
dt dx =
t2
5
10
0
1
x
9 1
9 π4
1
=
·
=
.
2
4
2
π
k
π 90
10
k≥1
4. (a) On observera que pour tout x ∈ [0, 1], Kx ∈ C([0, 1]). On a :
KN,x =
N
N (Φk , Kx )Φk =
k=1
(b) Il vient :
K(x, t)Φk (t)dt Φk =
0
k=1
1
N
T Φk (x) · Φk =
k=1
N
λk Φk (x) · Φk
k=1
Kx − KN,x
2 = Kx 2 − KN,x
2
1
N
=
K 2 (x, t)dt −
λ2k Φ2k (x) .
0
k=1
Puis :
0
1
Kx − KN,x
2 dx =
1
0
1
0
K 2 (x, t)dxdt −
N
k=1
λ2k
1
0
Φ2k (x)dx =
1
0
1
0
K 2 (x, t)dxdt −
N
λ2k .
k=1
D’après ce qui précède, cette quantité admet pour limite zéro quand N tend vers +∞.
(c) On a donc :
∀x ∈ [0, 1] , F (x) =
1
0
Kx (t)f (t)dt = (Kx , f ) = (KN,x , f ) + (Kx − KN,x, f )
et
(Φk , F ) = (Φk , T f ) = (T Φk , f ) = λk (ϕk , f )
qui entraı̂nent pour N ∈ N :
∀x ∈ [0, 1] , F (x)−
N
N
(Φk , F )Φk (x) =
k=1
k=1
d’où
F −
λk Φk (x)(Φk , f )−
N
(Φk , F )Φk =
k=1
2
1
F (x) −
0
≤ f ·
λk (Φk , f )Φk (x)+(Kx −KN,x, f ) ,
k=1
2
N
1
0
N
2
(Φk , F )Φk (x)
k=1
Kx − KN,x
2 dx .
La question précédente montre alors que :
lim F −
N →+∞
*
N
(Φk , F )Φk 2 = 0 .
k=1
*
6
*
dx